I kolokwium z Aalizy Matematyczej 4 XI 0 Grupa A. Korzystając z zasady idukcji matematyczej udowodić ierówość dla wszystkich N. Rozwiązaie:... 4 < + Nierówość zachodzi dla, bo 4 <. Niech N bȩdzie dowole. Załóżmy, że zachodzi 4... <... 4 + + < + + + < + + + + + +. Wówczas + + < +. Pokazaliśmy, że z 4... < + użytej w pierwszej ierówości wyika ierówość + 4... + <. Z dowolości N ++ oraz z < wioskujemy a mocy zasady idukcji matematyczej, że ierówość z zadaia zachodzi dla wszystkich N.. Obliczyć graice ciągów a a + cos, Rozwiązaie: a a mocy tw. o ciągach, ierówości + cos + oraz. b b +. Rozwiązaie: b + + [ + ] e, bo przejście w trzeciej rówości jest możliwe z powodu skończoości wszystkich iezerowych graic.
. Korzystając z waruku Cauchy ego udowodić, że ciąg jest zbieży. Rozwiązaie: Dla m > zachodzi : a m a k+ a k cos k k cos k k k+ cos k k m k+ + m k + <, gdzie w korzystamy z ierówości trójkąta, zaś w z cos. Niech ε > 0 będzie dowoly. Weźmy N N tak duże, żeby < ε. N Wówczas a mocy zachodzi: jeśli m > > N, to a m a < < < N < ε. Z dowolości ε > 0 wyika, że ciąg a jest c. Cauchy ego. 4. Obliczyć graicę Rozwiązaie: l + + e si l + + e si. + l + + e l + + e l + e + si si t t 0 + t si l e, gdzie w korzystamy z ciągłości logarytmu oraz podstawieia t, zaś + + e e jest kosekwecją tw. o trzech fukcjach, ierówości e + e e + e e dla 0 oraz + 0 ciągłość fukcji wykładiczej.
5. Niech f : [0, + R będzie taką fukcją, że dla każdego a 0 graica fa + istieje i jest rówa zero. Czy wyika stąd, że istieje graica f? Odpowiedź uzasadij TAK dowód; NIE kotrprzykład. Rozwiązaie: No oczywiście, że NIE, co widać już po formie pytaia. Kotrprzykład zajdujemy stadardowo; będzie to fukcja charakterystycza pewego zbioru. Szukamy fukcji f zadaej wzorem f, gdy dla pewego N; 0, gdy powyższy waruek ie zachodzi, gdzie jest odpowiedio dobraym ciągiem liczb ieujemych zbiegającym do +. Taka fukcja f dla ŻADNEGO ciągu ie ma graicy w +. Pozostaje dobrać, aby fa + 0 dla każdego a 0. Wystarczy zaarażować to tak, aby dla każdego a 0 ciągi fa+ N były od pewego miejsca stale rówe 0. Iymi słowy: szukamy takiego, że ma tylko skończeie wiele wspólych wyrazów z a + N tu a 0 ustaloe. Poieważ RȮ.ZNICE wyrazów ciągu a + N są liczbami CAŁKOWITYMI, to wystarczy zaleźć, którego wyrazy rȯżią się między sobą ZAWSZE o liczbę ie-całkowitą; wtedy dla dowolego a 0 ma co ajwyżej jede wyraz wspóly z a + N. Podsumowując, kotrprzykładem jest fukcja charakterystycza ciągu liczb ieujemych zbiegających do + i takich, że dla wszystkich m zachodzi m / Z. Za moża wziąć a przykład: lub p, gdzie p to -ta l. pierwsza m / Q; l lub e lub π bo e i π są l. przestępymi, tz. ie są pierwiastkami wielomiau o współczyikach całkowitych.
I kolokwium z Aalizy Matematyczej 4 XI 0 Grupa B. Korzystając z zasady idukcji matematyczej udowodić ierówość dla. Rozwiązaie: + + +... + > Nierówość zachodzi dla, bo + + > +. Niech bȩdzie dowole. Załóżmy, że zachodzi + +...+ >. Wówczas + +... + + + > + > + + + + + + + > + + Pokazaliśmy, że z + +... + > użytej w pierwszej ierówości wyika ierówość + +...+ + > +. Z dowolości oraz z + > wioskujemy a mocy zasady idukcji matematyczej, że ierówość z zadaia zachodzi dla wszystkich.. Obliczyć graice ciągów a a + + + + +, Rozwiązaie: a a mocy tw. o ciągach, tożsamości k +k + +, astępującej ierówości zachodzącej dla wszystkich N: a oraz. b b + +. Rozwiązaie: b e a mocy tw. o ciągach, astępujących ierówości zachodzących dla : + < + i + + + + + + + + oraz + e.
. Korzystając z waruku Cauchy ego udowodić, że ciąg jest zbieży. Rozwiązaie: Dla m > zachodzi : b m b k+ b k si k k si k k k+ si k k m k+ + m k +, gdzie w korzystamy z ierówości trójkąta, zaś w z si. Niech ε > 0 będzie dowoly. Weźmy N N tak duże, żeby < ε. N Wówczas a mocy zachodzi: jeśli m > > N, to b m b < < < N < ε. Z dowolości ε > 0 wyika, że ciąg b jest c. Cauchy ego. 4. Obliczyć graicę Rozwiązaie: l + e si l + e e l + e si. e l + e e si e l + s si t 0 0 s 0 + s t 0 t si 0 0, zastosowawszy podstawieia s e i t w odpowiedich miejscach. Moża to było wyliczyć łatwiej i szybciej, korzystając z ciągłości logarytmu, f.wykładiczej i siusa wszystko wystąpiło a liście -ej: l + e si l + e si l + e si l + e si 0 0.
5. Niech f : R R będzie taką fukcją, że f a 0 dla każdego a R. Czy wyika stąd, że istieje graica fukcji f w zerze? Odpowiedź uzasadij TAK dowód; NIE kotrprzykład. Rozwiązaie: No oczywiście, że NIE, co widać już po formie pytaia. Kotrprzykład zajdujemy stadardowo; będzie to fukcja charakterystycza pewego zbioru. Szukamy fukcji f zadaej wzorem f, gdy dla pewego N; 0, gdy powyższy waruek ie zachodzi, gdzie jest odpowiedio dobraym ciągiem liczb ieujemych zbiegającym do 0. Taka fukcja f dla ŻADNEGO ciągu ie ma graicy w 0. Pozostaje dobrać, aby f a 0 dla każdego a R. Wystarczy zaarażować to tak, aby dla każdego a R ciągi f a N były od pewego miejsca stale rówe 0. Iymi słowy: szukamy takiego, że ma tylko skończeie wiele wspólych wyrazów z a N tu a R ustaloe. Poieważ ILORAZY wyrazów ciągu a N są liczbami WYMIERNYMI, to wystarczy zaleźć, którego każdy wyraz jest ZAWSZE NIEWYMIERNA wielokrotością dowolego iego wyrazu tego ciągu; wtedy dla dowolego a R ciąg ma co ajwyżej jede wyraz wspóly z a N. Podsumowując, kotrprzykładem jest fukcja charakterystycza ciągu liczb rzeczywistych zbiegających do 0 i takich, że dla wszystkich m zachodzi m / Q. Za moża wziąć a przykład: p, gdzie p to -ta l. pierwsza lub tu używamy łatwej do udowodieia obserwacji: r Q 0, r / Q; e lub π bo e i π są l. przestępymi, tz. ie są pierwiastkami wielomiau o współczyikach całkowitych.